2027届高二年级10月考试
物理试卷（A）
考试时间：2025年10月10日10:30-11:45 时长：75分钟 试卷满分：100分
注意事项：
1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题
卡上的指定位置。
2.选择题的作答:每小题选出答案后,用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试
卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和
答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后,请将答题卡上交。
一、选择题：本题共 10 个小题，每小题 4 分，共 40分。在每小题给出的四个选项中，第 1～7
题只有一项符合题目要求，第 8～10题有多项符合题目要求，每小题全部选对的得 4分，选
对但不全的得 2分，有选错的得 0分。
1．下列说法正确的是
A．静电计是用来粗略测量电流的装置
B．导体的电阻跟加在它两端的电压成正比
C．白炽灯正常发光时，其灯丝材料的电阻率比常温时小
D．电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置
2．下列说法正确的是
甲 乙 丙 丁
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A．图甲中，在干燥季节，使用加湿器增加室内湿度，可有效减少静电积累
B．图乙中，学校楼房顶上焊接的钢筋（一起埋入地下）主要作用不是避雷而是为了美观
C．图丙中，小鸟停在单根高压输电线上不会被电死是因为其脚掌是绝缘的
D．图丁中，两根优质的话筒线外面包裹着金属外衣是为了增强导电能力
3． 2025年 6月 20日，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将中星 9C卫
星（以下简称“卫星”）顺利送入预定轨道。卫星在进入预定轨道之前经过了多次变轨，如
图所示，卫星先在圆轨道 1上绕地球做匀速圆周运动，然后在 P点点火进入椭圆轨道 2，在
Q点再次点火进入圆轨道 3 绕地球做匀速圆周运动，已知 MN为椭圆的短轴、PQ为椭圆的
长轴，不计地球以外的天体对卫星的万有引力，不计空气阻力。下列说法正确的是
A．卫星在轨道 1上 P点的速度大于在轨道 2上 P点的速度
B．卫星在轨道 2上从 P经 M到 Q的过程中动能一直减小，但机
械能不变
C．卫星经过 M、N两点的加速度相同
D．卫星在轨道 1和轨道 3上的机械能相等
4．一个电子仅受固定点电荷 Q的库仑力作用绕 Q做匀速圆周运动。下列说法正确的是
A．若电子的轨道半径变大，其运动周期一定减小
B．若电子的轨道半径变小，其运动周期可能不变
C．若电子的速度变大，其轨道半径一定变小，电势能变小
D．若电子的速度变为原来的两倍，其轨道半径也变为原来的两倍，周期保持不变
5．如图所示，a和 b是完全相同的两个电容器，串联接在电动势为 E=6V的电池（内阻不可忽
略）两端充电，达到稳定后将一内阻为几千欧姆的直流电压表接到电容器 a的两端，经过一
段时间后电路又重新达到稳定。下列说法正确的是
A．电压表示数为 3V，电压表接入之前电容器 a和 b带电量相等
B．电压表示数为 3V，电压表接入稳定之后电容器 a带电量为零
C．电压表示数为 0，电压表接入之前电容器 a和 b带电量不相等
D．电压表示数为 0，电压表接入稳定之后电容器 a带电量为零
高二10月物理试卷A 第2页 共8页
6．如图所示，水平直轨道与半径为 r的竖直光滑半圆形轨道在最低点 A平滑连接，小球在最低
7
点 A处以速度ν0= gr滑上光滑半圆形轨道，g为重力加速度，设小球上升的最大高度为 H。2
下列结果正确的是
A．H=2r
B H= 7． r
4
C．H= 27 r
16
D H= 3． r
2
7．如图甲所示，质量为 0.2kg的物块受到水平向右的拉力 F，以 5m/s的初速度从 A点向右运
动，F随位移 x变化的图像如图乙所示，x=0时
物块在 A点。已知物块与地面间的动摩擦因数
为 0.5，重力加速度 g取 10m/s2，从 A点向右运
动过程中物块的最大动能为
A．10.5J B．9.5J C．8.5J D．5.5J
8．2025年 9月 3日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利 80周年阅兵在北京天安
门隆重举行，我国自主研发的东风-61陆基洲际战略核导弹等武器首次亮相。导弹内部固定
安装有多种类型的传感器，其中电容式导弹加速度传感器原理如图所示，质量块左、右侧分
别连接电介质和轻质弹簧，弹簧与电容器固定在导弹身体内部，质量块套在光滑且平行于弹
簧轴线的固定直杆上，质量块可带动电介质移动从而改变电容。下列说法正确的是
A．电介质插入极板间越深（深度不超过极板长度），则电容器电容越大
B．若导弹沿弹簧轴线方向做变加速度运动，则以上电路中有电流
C．若导弹沿弹簧轴线方向由向右匀加速运动变为向右匀速运动，弹簧长度会变长
D．导弹由静止突然沿弹簧轴线方向向右加速时，以上电路中有逆时针方向的电流
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9．全球飞机鸟击事件平均每年约 20000起，全球各大航空公司每年因鸟击共损失 100多亿美元。
某次飞机沿水平方向以 720km/h的速度匀速飞行，一只 0.5kg的飞鸟沿水平方向撞击飞机头
部竖直面，已知撞击前该飞鸟身体在飞机飞行方向上的长度 L为 0.2m，飞鸟对地速度忽略不
计，撞击结束后飞鸟附着在飞机撞击面上，飞鸟身体沿飞机飞行方向上的长度忽略不计，不
计飞机撞击区的形变和飞机速度的变化，撞击过程模拟图如右图所示。下列说法正确的是
A．该飞鸟对飞机的平均撞击力大小约为 200000N
B．该飞鸟对飞机的平均撞击力大小约为 100000N
C．为了减小飞鸟对飞机的撞击力，飞机外壳可选用硬度很大不易变形的合金材料制作
D．为了减小飞鸟对飞机的撞击力，飞机外壳可选用具有缓冲延时效果的较厚材料制作
10．如图所示电路，电源电动势为 E，内阻为 r，灯泡L1、L2电阻一定，电阻R1、R2、R3阻值均
为R0，滑动变阻器 R的最大阻值为Rm，且Rm>R0，当滑动变阻器的滑片从最下端向上滑至最
上端的过程中，理想电表示数变化的绝对值分别为 U、 I。下列说法正确的是
A．灯泡L1变亮，L2变暗
B．滑动变阻器的功率逐渐增大
C U． < I
R2
D U． > I
R2
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二、非选择题：本题共 5个小题，共 60分
11．（12分）
某物理兴趣小组为了测量一段电阻丝材料的电阻率，如图甲所示。先将一个电流表改装成欧
姆表，如图乙所示。所用器材有电源（电动势 E=1.5V，内阻 r = 0.5Ω），电流表（满偏电流 Ig=500μA，
内阻 Rg=99.5Ω），定值电阻 R0=500Ω，变阻器 '(0～10kΩ)，螺旋测微器，刻度尺，导线若干。
甲 乙 丙
（1）用螺旋测微器测电阻丝横截面的直径 D如图丙所示，其读数为__________mm。
（2）图乙中 A、B两接线柱中，A接__________ (选填“红表笔”或“黑表笔”)。
（3）先进行欧姆调零，将 A、B短接，再调节变阻器 '，使电流表的示数为__________μA，
此时变阻器接入电路中的阻值为__________Ω。
（4）然后，在 A、B间接入长度为 L电阻丝，当电流表示数为 200μA时，电阻丝的电阻 Rx
＝__________Ω。
（5）电阻丝电阻率的表达式为ρ＝__________(用 Rx、L、D等物理量表示)。
12．（6分）
某同学要测量微安表内阻，可选用的实验器材有：
电源 E（电动势 3V，内阻很小）
电流表 A（最大量程 60mA，内阻约 20Ω）
待测微安表 G（最大量程 300μA，内阻RG待测，约 2KΩ）
滑动变阻器 R（最大阻值 10 Ω）
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定值电阻R0（阻值 10 Ω）
单刀单掷开关 S一个，导线若干。
（1）为了比较准确测量微安表内阻，在答题卡方框中画出实验电路原理图
（2）待测微安表 G读数为 ；电流表 A读数为 I ，根据第（1）问电路原理图，用字母 I、
、 0、 表示微安表的内阻，写出微安表内阻的计算公式_____________________
13．（10分）
如图所示，水平地面上固定一根竖直的光滑绝缘细杆，一质量为 m、带电荷量为+q（未知）
的圆环 a套在竖直杆上，质量为 M、电荷量为+Q的滑块 b静置于水平地面上，a、b均保持静止，
两者连线与水平地面的夹角θ＝53°，圆环 a距地面的高度为 h，静电力常量为 k，重力加速度为 g，
sin53° = 0.8，cos53°=0.6。求：
（1）圆环 a所受库仑力的大小和所带电荷量。
（2）滑块 b所受摩擦力的大小。
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14．（15分）
小明坐在汽车的驾驶室上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，汽车的车灯会瞬时变暗。
汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示。已知汽车电源电动势为 24V，内
阻为 1Ω，电动机 M的线圈电阻为 0.5Ω。车灯接通而电动机未启动时（S1断开），电流表示数为
4A，电动机启动的瞬间（ 2已闭合），电流表示数达到 9A，电动机和车灯均正常工作之后电流表
示数为 6A，不计电流表内阻，车灯电阻可以认为不变。求：
（1）电动机启动前车灯的功率与启动瞬间车灯的功率之差。
（2）电动机启动瞬间其输出功率。
（3）电动机正常工作的效率。
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15．（17分）
如图 a所示，在光滑水平面上有一直角坐标系，在第三象限内有沿水平轴 x轴正方向的匀强
电场，电场强度的大小为 3（未知），坐标原点处有一个带负电的小球甲，其产生的电场只局限
在第二象限内。现有一质量 m = 1kg、电荷量 q =＋2C的小球乙从水平轴 y轴上的 A点以大小为
5m/s、方向与 y轴正方向成 53°角的初速度射入第三象限，之后从 x轴上的 B点以平行于 y轴方
向的速度进入第二象限，小球乙在第二象限做匀速圆周运动，最终小球乙从 y轴上的 C点以平行
于 x轴的方向进入第一象限。以小球乙从 C点进入第一象限时刻为计时起点，第一象限有如图 b
所示的周期性变化的电场，其电场强度为E1， 1的正方向沿 y轴正方向，如图 a所示，周期为 T。
已知 T= 1s，OB = L = 1m，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：
图 a 图 b
（1）第三象限电场强度E3的大小和小球甲在 B点产生的电场的电场强度E2的大小。
2 T（ ）小球乙进入第一象限后，在 t= 时，小球乙的速度大小和方向。
2
（3 1）当 t= nT（n=1、2、3……）时，小球乙的位置坐标。
2
高二10月物理试卷A 第8页 共8页2027 届高二年级 10 月考试
物理（AB 卷）答案解析及评分细则
一、选择题：本题共 10个小题，每小题 4分，共 40分。在每小题给出的四个选项中，
第 1～7题只有一项符合题目要求，第 8～10题有多项符合题目要求，每小题全部选对的得 4
分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分。
1-7 DABCD CB 8.AB 9.BD 10.AC
二、非选择题：本题共 5个小题，共 60分
11．（每空 2分，共 12分）【答案】
（1）0.650 （2）红表笔 （3）500 ，2400
πR 2
（4）4500 （5） x
4L
【解析】（1）螺旋测微器的精度为 0.01 mm，由题图丙可知读数为 0.5 mm＋0.01 mm×15.0
＝0.650 mm。填 0.651或 0.649都算对。
（2）欧姆表进行欧姆调零和测电阻时，电流均从正插孔流入表内，故 A接红表笔。
E
（3）欧姆调零时，电流表达到满偏电流 500μA。由闭合电路的欧姆定律有 Ig＝ ，Rg＋r＋ '＋R0
E
解得欧姆表总内阻 R 内＝Rg＋r＋ '＋R0＝ ＝3000Ω，故变阻器接入电路中的阻值 '＝2400Ω.Ig
（4 E 1.5V）由 Rx＝ －R ，当 I＝200 μA时，R＝ －3000Ω＝4500ΩI 内 x 200×10－6A
2
（5）由电阻定律 Rx＝ρL 4ρL πR ＝ 2，可得ρ＝
x
S πD 4L
12．（3分+3分=6分）【答案】
1 2 R = （I-I ）R（ ） 见解析 （ ） G 0G IG
【解析】（1）为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻 R0并联，再与
电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出
流过定值电阻 R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而
求出微安表的内电阻。因为滑动变阻器最大阻值太小，不能用
限流接法，否则烧坏电表。为了测量多组数据，滑动变阻器采
用分压式接法，故实验电路原理图如图所示。若滑动变阻器分
压接法正确而其他错误，得 1分。若滑动变阻器为限流接法而
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其他正确，得 2分。全对得 3分。
（2）流过定值电阻 R0的电流为 I ，加在微安表两端的电压等于 R0两端的电压，故微安表
R =（I-IG）R的内电阻 0G IG
5 125mgh213．（10分）【答案】（1）圆环 a所受库仑力的大小等于 mg ，所带电荷量等于 。
4 64kQ
2 b 3（ ）滑块 所受摩擦力大小等于 mg 。
4
【解析】解：（1）（7分）对圆环进行受力分析，圆环静止，受力平衡，圆环与滑块之间
为斥力。对圆环受力分析有 mg=F库sinθ， ……2分
解得库仑力大小为F库=
5mg ， ……1 分
4
F = kQq库 r2 ， ……1分
r= h ， ……1 分
sinθ
q= 125mgh
2
圆环所带电荷量为 。 ……2分
64kQ
（2）（3分）对滑块进行受力分析 f=F库cosθ， ……2 分
所以 f= 3mg 。 ……1分
4
14．（15分）【答案】（1）35W （2）72W （3）93.3%
【解析】（1）（5分）电动机未启动时，车灯的功率 P1=(E-I1r)I1， ……1 分
R= E-I1r车灯的电阻 ， ……1 分
I1
电动机启动瞬间，并联部分的电压 U=E-I2r， ……1 分
2
车灯的功率 = 2 ， ……1分
车灯的功率减少量 减= 1– 2=35W ……1 分
（2）（4分）电动机启动时，车灯的电流 3= ……1 分
电动机输入功率 机入=U(I2-I3.) ……1分
2
电动机的输出功率P机出=P机入-(I2-I3.) RM ……1分
故 机出=72W ……1 分
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（3）（6分）电动机正常工作后，电源路端电压为 2=E-I4r ……1 分
车灯的电流I = 25 ……1分
电动机输入电流为I6=I-I5 ……1分
电动机输出功率 ' = I -I2R ……1 分
机出 2 6. 6 M
' = 2 6 ……1 分机入
'
电动机正常工作的效率η= 机出' =93.3% ……1分
机入
15．（17分）【答案】：（1）E3=4 N/C , E2= 4.5 N/C （2）3 2 m/s，方向与 x 轴成 45° ，
（3 3）[ n 3米，（ n+1）米 ]
2 4
【解析】：(1)（7分）在第三象限内，小球乙由 A点运动到 B点过程中，在 x方向上：
02- 20 =2（ ）L , ……1分
3= ，……1 分
0 = υ0sin53° , ……1 分
解得E3 = 4 N/C 。 ……1 分
υ2
在第二象限内，小球甲对乙的库仑力提供乙做匀速圆周运动的向心力：qE = m B2 , ……1分L
υB=υ0cos53° ……1分
解得E2 = 4.5 N/C ……1 分
(2)（5分）在第一象限内，qE1 = ma， ……1分
υ =a Ty ， ……1 分2
υ= υ2x+υ2y , υx=υB ……1分
解得 =3 2 m/s ， ……1分
方向与 x轴正方向成 45°. ……1 分
(3)（5分）根据 b图中场强的变化规律可判断，小球乙进入第一象限后，它在 x方向上做匀
T
速直线运动，在 y方向上第一个 时间内沿 y轴正方向匀加速
2
T
运动，第二个 时间内沿 y轴正方向匀减速运动，当 t=T时，
2
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乙在 y方向的速度恰好减为零，之后重复此运动过程，其轨迹如图所示。 ……1分
T T 3
所以 t=n 时，小球的横坐标为 x=υxn = n米，n=1、2、3 ，2 2 2
……1 分
T
第一个 时间内，小球乙沿 y轴正方向前进的距离为
2
=1 1 2 30 × （ ） = 米，……1 分2 2 4
小球乙进入第一象限后每半个周期时间内沿 y轴正方向运动的距离均相等，因为开始计时小
T 3
球乙的纵坐标为 L，所以在 t=n 时其纵坐标为 y=（1+ n）米，n=1、2、3 ，……1分
2 4
T 3 3
故 在 t= n （n=1、2、3 ） 时 ， 小 球 乙 的 坐 标 为 [ n米，（1+ n ） 米 ] ，
2 2 4
n=1、2、3 ， ……1分
A卷选择题答案解析
一、选择题：本题共 10个小题，每小题 4分，共 40分。在每小题给出的四个选项中，
第 1～7题只有一项符合题目要求，第 8～10题有多项符合题目要求，每小题全部选对的得 4
分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分。
1．【答案】D
【解析】静电计是粗略测量电压的装置，故 A错误。导体两端的电压变为原来的两倍时，
其电阻并未变为原来的两倍，故 B错误。白炽灯正常发光时，其灯丝温度很高，此时灯丝材
料的电阻率明显大于常温时的电阻率，故 C错误。故选 D。
2．【答案】A
【解析】解：A．图甲中加湿器通过提高空气湿度，改善空气导电性，使电荷更容易通
过空气传导，从而减少静电积累，故 A正确；图乙中房顶上焊接钢筋埋入地下是为了利用尖
端放电避雷，故 B错误； C.图丙中小鸟停在单根高压输电线上时，加在小鸟两脚间的电压非
常低，小鸟不会被电死，故 C错误；D．图丁中两根优质的话筒线外面包裹着金属外衣屏蔽
话筒线外的电磁干扰信号，故 D错误；故选 A。
3．【答案】B
2
【解析】解：AD、根据圆周运动中 F 万＜F 向时，卫星做离心运动， 向 = ，可知卫星从低轨向高轨运动
时，火箭要点火短时间给卫星加速，卫星在轨道 1上 P点的运动速度，小于在轨道 2 上 P 点的运动速度；
卫星升轨时要加速，火箭对卫星做正功，卫星机械能增大，即卫星在轨道 1 上的机械能小于轨道 3 的机械
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能，故 AD 错误；B、根据卫星在轨道 2上运动时，从 P 经过 M 到 Q 的过程中，只受到万有引力，且万有引
力做负功，可知动能变小、机械能不变，故 B正确；
C、对卫星在 M、N 两点受力分析，可知卫星在两点处的受力指向地球球心，两个力的方向不同，由 F＝ma，
可知两点处的加速度方向也不相同，故 C错误。故选 B。
4．【答案】C
2 2
【解析】由 K 2=m 推出 = ，而 T= ，r变大，则 减小，T 变大，故 A 错误。r变小，则 变大，
T 变小，故 B 错误。r 变小则 Q 对电子的电场力对电子做正功，故电子电势能减小，故 C 正确。电子速度
变为原来的两倍则其轨道半径变小，故 D错误。故选 C。
5．【答案】D
【解析】电压表接入之前，在电池提供的外加电场作用下，电容器 a的左极板失去电子
带正电，电容器 b的右极板得到电子带等量负电荷，不接电压表电路稳定后，电容器 a、b分
担的电压均为 3V，电压表接入稳定后，电容器 a、b均无电流通过，即电容器 a和 b既不充
电，也不放电，电路重新稳定后，分析电压表电压电流时可以认为 b断开，a和电压表并联
整体悬空，故电压表接入稳定后电压表中电流 Iv=0，电压表示数 Uv=IvRv=0，最终电容器 a被
电压表短路，电容器 b最终的电压为 6V。故选 D。
6．【答案】C
2
【解析】由运动和受力分析可知，小球未到达轨道最高点之前就脱离轨道做斜抛运动。离开轨道瞬间：m 1=
1 1
mgcos ，其中 为脱离轨道位置对应的半径跟竖直方向的夹角。又由机械能守恒 20 = 2 +2 2 1
mgr(1+cos )， 解 得 cos = 12，故 = 60°
， 1 = 。 当 小 球 做 斜 抛 运 动到 最 高 点 H 处2
1
时, 2 = 1 2 270 2+ mgH，其中 2为斜抛最高点小球速度， 2 = 1 ,解得最大高度 H = .故选 C。2 2 16
7．【答案】B
【解析】解：由图像可知，拉力减小时其表达式为 F＝Fm+kx＝（6﹣0.5x）N ，物体受到的滑动摩擦力大
小为 f＝μmg＝0.5×0.2×10N＝1N ，当物体所受合力第二次为零时，物体的动能最大，即当第二次 F＝f
时，物体动能最大，则有（6﹣0.5x）N＝1N ，解得 x＝10m ，或作一条平行于 x 轴的直线，对应 F=1N，
该直线跟图像有两个交点，对应 x 值为 2m 和 10m。F﹣x 图线与 x 轴围成图形的面积表示拉力对物体做的
1 3+1
功，由图像可知，物体速度最大时，拉力对物体做功为 = × 6 × 3 + × (10 6) = 17 ，从物体
2 2
1
开始运动到速度最大过程，对物体，根据动能定理得 = 2 ，解得最大动能 Ekm＝9.5J，2
故 ACD 错误，B 正确。故选 B。
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8．【答案】AB
εs
【解析】电容器电容 C= ，电介质插入越深，则等效相对介电常数ε就越大，电容就
4kπd
越大，故 A正确。变加速度运动过程中，加速度变化，质量块合外力变化，导致弹簧弹力变
化，弹簧长度变化，电介质插入电容器的深度变化，电容 C变化，据 Q=CU可知，电容器带
电量 Q发生变化，故电容器有充电或放电电流，故 B正确。向右匀加速时弹簧长度大于原长，
匀速过程弹簧长度等于原长，故弹簧长度变短，故 C错误。导弹由静止突然沿弹簧轴线方向
向右加速时，固定在导弹内部的电容器极板跟导弹一起向右加速，质量块由于惯性要保持原
来的静止状态，此过程中，质量块相当于电容器极板向左运动，等效相对介电常数ε增大，电
容 C变大，电容器带电量 Q变大，电容器被充电，充电电流顺时针，故 D错误。故选 AB。
9．【答案】BD
【解析】飞机速度为 =720km/h=200m/s，因为飞机质量远大于飞鸟的质量，撞击过程可认为飞机速度不变，
故撞击时间 t= = 0.001s，对飞鸟，由动量定理得 Ft=m -0 ，解得 F=100000N。本题易错认为小鸟匀加速
至 200m/s，从而错误认为撞击过程小鸟平均速度为 100m/s，据此算出错误的撞击时间 0.002 秒。据动量
定理，缓冲延时可以减小作用力。故选 BD。
10.【答案】AC
【解析】滑动变阻器阻值变小，导致总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，分析可
知，灯L1两端电压增大，灯L2两端的电压减小，故 A正确。本题用等效电源法和图像法比较
简单，除了 R和R2之外，电路剩余部分看成一个内阻为r1的电源 1，电源 1外面 R和R2并联
接在电源 1两端，再将电源 1和R2整体看作电源 2，电源 2的等效内阻r2等于r1跟R2的并联电
阻，故r2肯定小于R2，即r2肯定小于R0 ，电源 2外接一个用电器 R，R由Rm（大于R0，也大于r2）
逐渐减小至 0，据电源 2输出功率（即 R的功率）随外电路总电阻 R的关系图像分析可知，R
的功率先增加后减小，故 B错误。B选项方法二：滑动变阻器滑片滑至最上端时，R的功率
为零，故 B U错误。 表示等效电源 2 的内阻r2，r2小于R
U R U0， 小于 I I 2 ，故 < I ，故 CR2
正确，D错误。
B卷选择题答案解析
一、选择题：本题共 10个小题，每小题 4分，共 40分。在每小题给出的四个选项中，
第 1～7题只有一项符合题目要求，第 8～10题有多项符合题目要求，每小题全部选对的得 4
分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分。
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1．【答案】D
【解析】静电计是粗略测量电压的装置，故 A错误。导体两端的电压变为原来的两倍时，
其电阻并未变为原来的两倍，故 B错误。白炽灯正常发光时，其灯丝温度很高，此时灯丝材
料的电阻率明显大于常温时的电阻率，故 C错误。故选 D。
2．【答案】A
【解析】解：A．图甲中加湿器通过提高空气湿度，改善空气导电性，使电荷更容易通
过空气传导，从而减少静电积累，故 A正确；图乙中房顶上焊接钢筋埋入地下是为了利用尖
端放电避雷，故 B错误； C.图丙中小鸟停在单根高压输电线上时，加在小鸟两脚间的电压非
常低，小鸟不会被电死，故 C错误；D．图丁中两根优质的话筒线外面包裹着金属外衣屏蔽
话筒线外的电磁干扰信号，故 D错误；故选 A。
3．【答案】B
【解析】图中一组线圈可以看作左右各一个条形磁铁，均为 N极在上，S极在下，左侧
磁铁在 O点处产生的磁场方向竖直向下，右侧磁铁在 O点处产生的磁场方向也竖直向下，故
O点合磁感应强度方向竖直向下，据左手定则可知图示时刻电子所受洛伦兹力的方向向左。
若电流改变方向，则 O点磁感应强度方向变为竖直向上，电子所受洛伦兹力的方向向右，电
子向右偏。故选 B。
4．【答案】C
【解析】线段 AB U AB 10V-2V 8平行于 DC，故有 AB = ，即 = ，故φ = -10V ，由 b为 AB
UDC DC 6V-φC 16 C
φ +φ
中点可得φb= A B ，解得φb=6V，电势能ε电=qφb ,q= -e ,故ε电= -6eV，故 B错误。因为电势2
φb=φD ，故 bD连线为等势线，电场强度方向垂直于 bD直线，点电荷沿直线由 b→D运动过
程中电场力始终跟速度方向垂直，故电场力不做功。故选 C。
5．【答案】D
【解析】电压表接入之前，在电池提供的外加电场作用下，电容器 a的左极板失去电子
带正电，电容器 b的右极板得到电子带等量负电荷，不接电压表电路稳定后，电容器 a、b分
担的电压均为 3V，电压表接入稳定后，电容器 a、b均无电流通过，即电容器 a和 b既不充
电，也不放电，电路重新稳定后，分析电压表电压电流时可以认为 b断开，a和电压表并联
整体悬空，故电压表接入稳定后电压表中电流 Iv=0，电压表示数 Uv=IvRv=0，最终电容器 a被
电压表短路，电容器 b最终的电压为 6V。故选 D。
6．【答案】C
【解析】线圈受到安培力的合力 F＝NB0IL ，天平平衡时，有 mg＝F ，代入数据可得 m
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＝0.08kg，故选 C。
7．【答案】B
a
【解析】初始时刻穿过矩形线圈的磁通量为Φ1=Bπr2sin45°，r= ，末时刻穿过矩形线圈2
的磁通量为Φ2= -Bπr2cos45°，ΔΦ=Φ2-Φ1，故 B正确。
8．【答案】AB
εs
【解析】电容器电容 C= ，电介质插入越深，则等效相对介电常数ε就越大，电容就
4kπd
越大，故 A正确。变加速度运动过程中，加速度变化，质量块合外力变化，导致弹簧弹力变
化，弹簧长度变化，电介质插入电容器的深度变化，电容 C变化，据 Q=CU可知，电容器带
电量 Q发生变化，故电容器有充电或放电电流，故 B正确。向右匀加速时弹簧长度大于原长，
匀速过程弹簧长度等于原长，故弹簧长度变短，故 C错误。导弹由静止突然沿弹簧轴线方向
向右加速时，固定在导弹内部的电容器极板跟导弹一起向右加速，质量块由于惯性要保持原
来的静止状态，此过程中，质量块相当于电容器极板向左运动，等效相对介电常数ε增大，电
容 C变大，电容器带电量 Q变大，电容器被充电，充电电流顺时针，故 D错误。故选 AB。
9．【答案】BD
【解析】根据 q＝It，可知该铭牌标的“40A·h”是电荷量，电源充满电后总电荷量 q＝40 A·h
＝40×3600 C＝1.44×105 C，故 A错误，B正确。以额定电流工作时，每秒消耗能量为 耗=W=Pt
＝48J，故 C错误；若充电电流是 10 A，经过 120min可将该电池充到 q＝10 A×120 min＝20 A·h，
即为总容量的 50％，则经过 120min可将该电池从其电量的 30％充到 80％，故 D正确。
10.【答案】AC
【解析】滑动变阻器阻值变小，导致总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，分析可
知，灯L1两端电压增大，灯L2两端的电压减小，故 A正确。本题用等效电源法和图像法比较
简单，除了 R和R2之外，电路剩余部分看成一个内阻为r1的电源 1，电源 1外面 R和R2并联
接在电源 1两端，再将电源 1和R2整体看作电源 2，电源 2的等效内阻r2等于r1跟R2的并联电
阻，故r2肯定小于R2，即r2肯定小于R0 ，电源 2外接一个用电器 R，R由Rm（大于R0，也大于r2）
逐渐减小至 0，据电源 2输出功率（即 R的功率）随外电路总电阻 R的关系图像分析可知，R
的功率先增加后减小，故 B错误。B选项方法二：滑动变阻器滑片滑至最上端时，R的功率
B U U U为零，故 错误。 表示等效电源 2 的内阻r2，r2小于R0， 小于R I I 2 ，故 < I ，故 CR2
正确，D错误。
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